广东省肇庆一中等五校高考化学三模试卷（含解析）.doc

广东省肇庆一中等五校高 考化学三模试卷一、单项选择题1化学与生产、生活密切相关下列叙述正确的是（） a 使用含有氯化钠的融雪剂会加快桥梁的腐蚀 b “海水淡化”可以解决“淡水供应危机”，向海水中加入净水机明矾可以使海水淡化 c 煤经过气化、液化等物理变化可得到清洁燃料 d 棉花、羊毛、木材和草类的主要成分都是纤维素2已知na代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（） a 1mol铁与铝的混合物与足量稀硫酸反应时，转移电子数是3na b 18g重水（d2o）含有的电子数为9na c ph=2的醋酸加水稀释到10倍后，溶液中h+数目大于0.001na d 标准状况下，na个ch3oh分子的体积约是22.4l3下列微粒可以大量共存于同一溶液中的是（） a na+、nh4+、alo2、sio32 b ca2+、nh4+、nh3h2o、ch3coo c cr2o72、h+、c2h5oh、no3 d cu2+、so42、hs、cl4下列陈述、正确并且有因果关系的是（）选项 陈述 陈述a 硝酸和氨水能溶解ag2o ag2o是两性氧化物b hcl与na2so3溶液反应生成so2 用饱和na2so3溶液除去so2中的少量hclc 苯分子中不存在碳碳双键 苯不能被酸性kmno4氧化d 向cacl2溶液中通入co2产生白色沉淀 caco3是难溶物 a a b b c c d d5x、y、z、w、t五种元素，其中x、y、z、t在周期表中的相对位置如表，x元素的单质是空气中含量最多的成分w的单质有毒气体，常用于自来水的消毒杀菌，下列说法正确的是（） x yz t a 原子半径：twz b 元素t与x的原子序数相差15 c t、z、w三种元素的最高价氧化物对应的水化物的酸性依次减弱 d x、w两元素的氢化物的浓溶液相互靠近时有白烟产生6某小组利用下列装置进行电化学实验，下列实验操作及预期现象正确的是（） a x和y与电流表连接，cu极为正极，发生氧化反应 b x和y与电流表连接，盐桥中的阴离子移向cuso4溶液 c x和y分别与电源“”、“+”极相连，cu极质量减轻 d x和y分别与电源“+”、“”极相连，zn极电极反应为4oh4eo2+2h2o二、双项选择题7下列实验装置设计正确、且能达到目的是（）编号 a b c d实验方案 置于光亮处实验目的 收集氨气及并进行尾气吸收 制取乙炔并验证炔烃的性质 验证agcl沉淀可转化为溶解度更小的ag2s沉淀 验证甲烷与氯气发生化学反应 a a b b c c d d8室温下，将0.2moll1的一元酸ha和0.1moll1的naoh溶液等体积混合后，溶液显碱性，下列说法不正确的是（） a 0.1moll1 ha溶液与0.1 moll1的naoh溶液中，水电离出来的c（h+）相等 b 混合后溶液中：c（ha）c（na+）c（a）c（oh） c 混合后溶液中：c（a）+c（ha）=0.2 moll1 d 混合后溶液中：c（na+）+c（h+）=c（a）+c（oh）二、非选择题9已知反应：化合物可由化合物制备，路线如下；v（1）化合物的化学式为，l mol化合物最多能与mol h2发生加成反应写出转化v的化学方程式（注明条件）（3）化合物有多种同分异构体，其中符合下列条件的异构体有种，写出其中任意一种的结构简式：遇fecl3溶液显紫色； 在浓硫酸催化作用下能发生消去反应（4）化合物v和化合物在一定条件下按物质的量m：n反应合成高分子化台物，且原子转化率为100%高分子化合物的结构简式为（5）能与ch2=chcooh发生类似反应的反应，生成化合物，写出的一种结构简式为10新的研究表明二甲醚（dme）是符合中国能源结构特点的优良车用替代燃料，二甲醚催化重整制氢的反应过程，主要包括以下几个反应（以下数据为25、1.01105pa测定）：ch3och3（g）+h2o（l）2ch3oh（l）h=+24.52kj/molch3oh（l）+h2o（l）co2（g）+3h2（g）h=+49.01kj/molco（g）+h2o（l）co2（g）+h2（g）h=41.17kj/molch3oh（l）co （g）+2h2（g）h=+90.1kj/mol请回答下列问题：（1）写出用二甲醚制h2同时全部转化为co2时反应的热化学方程式200时反应的平衡常数表达式k=（3）在一常温恒容的密闭容器中，放入一定量的甲醇如式建立平衡，以下可以作为该反应达到平衡状态的判断依据为a容器内气体密度保持不变 b气体的平均相对分子质量保持不变cco的体积分数保持不变 dco与h2的物质的量之比保持1：2不变（4）工业生产中测得不同温度下各组分体积分数及二甲醚转化率的关系如图1，2所示，你认为反应控制的最佳温度应为a300350b350400c400450d450500在温度达到400以后，二甲醚与co2以几乎相同的变化趋势明显降低，而co、h2体积分数也以几乎相同的变化趋势升高，分析可能的原因是（用相应的化学方程式表示）（5）某一体积固定的密闭容器中进行反应，200时达平衡；请在图4补充画出：t1时刻升温，在t1与t2之间某时刻达到平衡；t2时刻添加催化剂，co2的百分含量随时间变化图象（6）一定条件下，如图3示装置可实现有机物的电化学储氢（忽略其它有机物），则阴极的电极反应式为11锌浮渣主要含zn、zno、sio2、fe2+、cd2+、mn2+，工业上可通过控制条件逐一除去杂质以制备超细活性氧化锌，其工艺流程如图1：（1）锌浮渣利用硫酸浸出后，将滤渣进行再次浸出，其目的是净化是为了将mn2+转化为mno2而除去，试写出该反应的离子方程式（3）90时，净化2溶液中残留铁的浓度受ph影响如图2ph值较小时，虽有利于fe2+转化为fe3+，但残留铁的浓度仍高于ph为34时的原因是（4）滤渣3的主要成分为（填化学式）（5）碳化在50进行，“前躯体”的化学式为znco32zn（oh）2h2o，写出碳化过程生成“前躯体”的化学方程式；碳化时所用nh4hco3的实际用量为理论用量的1.1倍，其原因一是为了使zn2+充分沉淀，二是12某校化学研究性学习小组的同学在学习了氨的性质后讨论：运用类比的思想，既然氨气具有还原性，氨气能否象h2那样还原cuo呢？他们设计实验制取氨气并探究上述问题请你参与该小组的活动并完成下列研究：（一）制取氨气（1）实验室用装置a可快速制取氨气，写出反应的化学方程式（二）实验探究该小组成员设计实验探究氨气还原性及其产物，实验装置（夹持及尾气处理装置未画出）图如图：该装置在设计上有一定的缺陷，为确保实验结果的准确性，你对该装置的改进措施是（3）利用改进后的装置进行实验，观察到cuo变为红色物质，无水cuso4变蓝，同时生成一种无污染的气体请写出nh3与cuo反应的化学方程式（三）问题讨论（4）有同学认为：nh3与cuo反应生成的红色物质中可能含有cu2o已知cu2o是红色粉末，在酸性溶液中，cu+能自身发生氧化还原反应生成cu2+和cu请你设计一个简单的实验检验该红色物质中是否含有cu2o：（5）在解决了问题（1）后，又有同学提出：cu2o与cuo的热稳定性哪个更强？于是他们进行了如下实验：取98g cu（oh）2固体，加热到80100时，得到黑色固体粉未，继续加热到1000以上，黑色粉未全部变成红色粉未a冷却后称量，a的质量为72g据此可推得a为，请写出上述过程中发生反应的两个化学方程式，由此得到的结论是广东省肇庆一中等五校高考化学三模试卷参考答案与试题解析一、单项选择题1化学与生产、生活密切相关下列叙述正确的是（） a 使用含有氯化钠的融雪剂会加快桥梁的腐蚀 b “海水淡化”可以解决“淡水供应危机”，向海水中加入净水机明矾可以使海水淡化 c 煤经过气化、液化等物理变化可得到清洁燃料 d 棉花、羊毛、木材和草类的主要成分都是纤维素考点： 金属的电化学腐蚀与防护；物理变化与化学变化的区别与联系；纤维素的性质和用途分析： a原电池能加快化学反应速率；b“海水淡化”即利用海水脱盐生产淡水；c有新物质生成的是化学变化；d羊毛的主要成分是蛋白质解答： 解：a铁、碳和氯化钠能形成原电池，原电池能加快化学反应速率，故a正确；b“海水淡化”即利用海水脱盐生产淡水，明矾可水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附性，可除去水中的悬浮物而净化水，但不能使海水淡化，故b错误；c煤的气化是将固体煤中有机质转变为含有co、h2、ch4等可燃气体；煤的液化指固体煤经化学加工转化成烃类液体燃料和化工原料的过程；煤的干馏是煤隔绝空气加强热使之分解的过程，三者都生成了新物质，故c错误；d羊毛的主要成分是蛋白质，棉花、木材和草类的主要成分是纤维素，故d错误；故选a点评： 本题考查原电池原理的应用、物理变化和羊毛的主要成分，明确基础知识是解题的关键，题目难度不大2已知na代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（） a 1mol铁与铝的混合物与足量稀硫酸反应时，转移电子数是3na b 18g重水（d2o）含有的电子数为9na c ph=2的醋酸加水稀释到10倍后，溶液中h+数目大于0.001na d 标准状况下，na个ch3oh分子的体积约是22.4l考点： 阿伏加德罗常数分析： a.1mol铁与稀盐酸反应生成亚铁离子失去2mol电子，1mol铝与稀盐酸反应生成铝离子失去3mol电子，二者失去的电子数不同，无法计算转移的电子数；bd2o中含有10个电子，摩尔质量是20g/mol；c溶液体积未知；d气体摩尔体积适用对象为气体解答： 解：a铁与盐酸反应生成的是亚铁离子，铝与盐酸反应生成的是铝离子，所以1mol铁铝混合物与足量盐酸反应失去的电子小于3mol，转移电子数小于3na，故a错误；b.18g重水（d2o）的物质的量是0.9mol，d2o分子中含有10个电子，含有的电子数为9na，故b正确；c溶液体积未知，无法计算氢离子个数，故c错误；d标况下甲醇为液体，不能使用气体摩尔体积，故d错误；故选：b点评： 本题考查阿伏伽德罗常数，熟悉相关公式及气体摩尔体积适用对象和使用条件是解题关键，注意溶液必须告诉溶液的体积和浓度，才能计算溶质的物质的量，题目难度中等3下列微粒可以大量共存于同一溶液中的是（） a na+、nh4+、alo2、sio32 b ca2+、nh4+、nh3h2o、ch3coo c cr2o72、h+、c2h5oh、no3 d cu2+、so42、hs、cl考点： 离子共存问题分析： a铵根离子与偏铝酸根离子、硅酸根离子发生双水解反应；b四种粒子之间不反应，能够大量共存；c重铬酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，能够氧化乙醇；d铁离子与硫氢根离子发生双水解反应解答： 解：anh4+与alo2、sio32发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故a错误；bca2+、nh4+、nh3h2o、ch3coo之间不发生反应，在溶液中可以大量共存，故b正确；ccr2o72、h+、c2h5oh之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故c错误；dcu2+、hs之间发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故d错误；故选b点评： 本题考查离子共存的判断，题目难度中等，明确离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见的离子之间不能共存的情况，如：能发生复分解反应的离子之间，能发生氧化还原反应的离子之间，能发生络合反应的离子之间（如 fe3+和 scn）等，试题培养了学生灵活应用基础知识的能力4下列陈述、正确并且有因果关系的是（）选项 陈述 陈述a 硝酸和氨水能溶解ag2o ag2o是两性氧化物b hcl与na2so3溶液反应生成so2 用饱和na2so3溶液除去so2中的少量hclc 苯分子中不存在碳碳双键 苯不能被酸性kmno4氧化d 向cacl2溶液中通入co2产生白色沉淀 caco3是难溶物 a a b b c c d d考点： 化学实验方案的评价分析： a氨水能溶解ag2o，发生络合反应；b二氧化硫与亚硫酸钠反应；c不饱和烃碳碳键可被酸性高锰酸钾氧化；d二氧化碳与cacl2溶液不反应解答： 解：a氨水能溶解ag2o，发生络合反应，ag2o不是两性氧化物，故a错误；b二者都与亚硫酸钠反应，应用饱和亚硫酸氢钠溶液除杂，故b错误；c因不饱和烃碳碳键可被酸性高锰酸钾氧化，苯不能被酸性kmno4氧化，可说明苯分子中不存在碳碳双键，故c正确；d因碳酸酸性比盐酸弱，则二氧化碳与cacl2溶液不反应，故d错误故选c点评： 本题考查物质的性质，为高频考点，综合考查元素化合物性质，侧重于络合反应、物质的检验以及除杂等的考查，注意把握实验的严密性和可行性的评价，注重基础知识的考查，题目难度不大5x、y、z、w、t五种元素，其中x、y、z、t在周期表中的相对位置如表，x元素的单质是空气中含量最多的成分w的单质有毒气体，常用于自来水的消毒杀菌，下列说法正确的是（） x yz t a 原子半径：twz b 元素t与x的原子序数相差15 c t、z、w三种元素的最高价氧化物对应的水化物的酸性依次减弱 d x、w两元素的氢化物的浓溶液相互靠近时有白烟产生考点： 原子结构与元素的性质；原子结构与元素周期律的关系分析： x元素的单质是空气中含量最多的成分，则x为n元素，由元素在周期表中的相对位置，可知y为o元素、z为si、t为ge，w的单质有毒气体，常用于自来水的消毒杀菌，则w为cl，据此解答解答： 解：x元素的单质是空气中含量最多的成分，则x为n元素，由元素在周期表中的相对位置，可知y为o元素、z为si、t为ge，w的单质有毒气体，常用于自来水的消毒杀菌，则w为cla同周期自左而右原子半径减小、同主族自上而下原子半径增大，故原子半径：gesicl，故a错误；b元素t的原子序数为32，x元素原子序数为7，二者原子序数相差25，故b错误；c非金属性：gesicl，故最高价氧化物对应的水化物的酸性：gesicl，故c错误；dx、w两元素的氢化物分别为氨气、hcl，它们的溶液易挥发，挥发出的氨气与hcl反应生成氯化铵，有白烟产生，故d正确，故选：d点评： 本题考查物质结构性质关系，推断元素是解题关键，注意对元素周期律的理解掌握，理解同主族元素元素序数关系，难度不大6某小组利用下列装置进行电化学实验，下列实验操作及预期现象正确的是（） a x和y与电流表连接，cu极为正极，发生氧化反应 b x和y与电流表连接，盐桥中的阴离子移向cuso4溶液 c x和y分别与电源“”、“+”极相连，cu极质量减轻 d x和y分别与电源“+”、“”极相连，zn极电极反应为4oh4eo2+2h2o考点： 原电池和电解池的工作原理分析： a、活泼的金属锌作负极；b、阴离子向负极移动；c、电解池的阳极是活泼电极，则电极本身失电子发生氧化反应；d、电解池的阳极是活泼电极，则电极本身失电子发生氧化反应解答： 解：a、x和y与电流表连接，会构成原电池，活泼的金属锌作负极，发生氧化反应，故a错误；b、阴离子向负极移动，所以盐桥中的阴离子移向znso4溶液，故b错误；c、x和y分别与电源“”、“+”极相连，则cu做了电解池的阳极，则电极cu本身失电子发生氧化反应，质量减轻，zn极析出金属锌质量增加，故c正确；d、x和y分别与电源“+”、“”极相连，zn是阳极，发生氧化反应，电极反应式为：zn2e=zn2+，故d错误故选c点评： 本题考查原电池和电解池，侧重反应原理的考查，考查点较全面细致，注重学生基础知识和基本能力的考查，题目难度不大二、双项选择题7下列实验装置设计正确、且能达到目的是（）编号 a b c d实验方案 置于光亮处实验目的 收集氨气及并进行尾气吸收 制取乙炔并验证炔烃的性质 验证agcl沉淀可转化为溶解度更小的ag2s沉淀 验证甲烷与氯气发生化学反应 a a b b c c d d考点： 化学实验方案的评价分析： a氨气的密度比空气密度小，极易溶于水；b水与碳化钙制备乙炔反应较快，硫酸铜可除去硫化氢，乙炔与溴发生加成反应；c硝酸银过量，不能发生沉淀的转化；d甲烷与氯气发生取代反应生成hcl，试管中液面上升解答： 解：a氨气的密度比空气密度小，极易溶于水，则图中向下排空气法收集及防倒吸的吸收装置均合理，故a正确；b水与碳化钙制备乙炔反应较快，硫酸铜可除去硫化氢，乙炔与溴发生加成反应，应利用饱和食盐水代替水，除杂后再检验乙烯，且点燃乙炔应先验纯，故b错误；c硝酸银过量，不能发生沉淀的转化，均为沉淀的生成，则不能验证agcl沉淀可转化为溶解度更小的ag2s沉淀，故c错误；d甲烷与氯气发生取代反应生成hcl，试管中液面上升，实验装置可验证甲烷与氯气发生了化学反应，故d正确；故选ad点评： 本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及气体的制备及收集、性质实验、沉淀的生成和转化等，把握物质的性质、反应原理为解答的关键，侧重元素化合物知识及分析应用能力的综合考查，注意实验装置的作用及实验的评价性分析，题目难度不大8室温下，将0.2moll1的一元酸ha和0.1moll1的naoh溶液等体积混合后，溶液显碱性，下列说法不正确的是（） a 0.1moll1 ha溶液与0.1 moll1的naoh溶液中，水电离出来的c（h+）相等 b 混合后溶液中：c（ha）c（na+）c（a）c（oh） c 混合后溶液中：c（a）+c（ha）=0.2 moll1 d 混合后溶液中：c（na+）+c（h+）=c（a）+c（oh）考点： 离子浓度大小的比较分析： 常温下，将0.2mol/l的某一元酸ha溶液和0.1mol/l naoh溶液等体积混合后，得到溶液溶质为等浓度的naa和ha，由于溶液显示碱性，说明a离子水解程度大于ha电离程度，a酸碱溶液都抑制了水的电离，氢离子或氢氧根离子浓度越大，抑制程度越大；ba离子水解程度大于ha电离程度，则c（ha）c（a），结合物料守恒可知：c（ha）c（na+）c（a）；c根据混合液中的物料守恒判断；d溶液中一定满足电荷守恒，根据混合液中的电荷守恒分析解答： 解：常温下，将0.2mol/l的某一元酸ha溶液和0.1mol/l naoh溶液等体积混合后，得到溶液溶质为等浓度的naa和ha，由于溶液显示碱性，说明a离子水解程度大于ha电离程度，a0.1moll1 ha溶液与0.1 moll1的naoh溶液中，ha为弱酸，则前者溶液中氢离子浓度小于0.1mol/l，后者为强碱，则氢氧根离子浓度为0.1mol/l，故前者溶液中氢离子对水的电离的抑制程度小于后者，两溶液中水电离出来的c（h+）一定不相等，故a错误；b根据分析可知，a离子水解程度大于ha电离程度，则c（ha）c（a），结合物料守恒c（ha）+c（a）=2c（na+）可知：c（ha）c（na+）c（a），混合液中离子浓度大小为：c（ha）c（na+）c（a）c（oh），故b正确；c根据混合后溶液中的物料守恒可得：c（a）+c（ha）=2c（na+）=0.1 moll1，故c错误；d根据混合液中的电荷守恒可得：c（na+）+c（h+）=c（a）+c（oh），故d正确；故选ac点评： 本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，根据题干信息得出“a离子水解程度大于ha电离程度”为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理在判断离子浓度大小中的应用方法；c为易错点，注意混合液体积增大一倍，浓度缩小一半二、非选择题9已知反应：化合物可由化合物制备，路线如下；v（1）化合物的化学式为c8h10o2，l mol化合物最多能与3mol h2发生加成反应写出转化v的化学方程式brch2ch=chch2br+2naohhoch2ch=chch2oh+2nabr（注明条件）（3）化合物有多种同分异构体，其中符合下列条件的异构体有6种，写出其中任意一种的结构简式：等遇fecl3溶液显紫色； 在浓硫酸催化作用下能发生消去反应（4）化合物v和化合物在一定条件下按物质的量m：n反应合成高分子化台物，且原子转化率为100%高分子化合物的结构简式为（5）能与ch2=chcooh发生类似反应的反应，生成化合物，写出的一种结构简式为考点： 有机物的推断分析： 与溴水发生1，4加成所生产的为ch2brch=chch2br，在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成为hoch2ch=chch2oh，v发生氧化反应生成，化合物与新制氢氧化铜溶液、酸化得到，则醛基转化为羧基，则为hoocch=chcooh；（3）化合物对应的同分异构体反应：遇fecl3溶液显紫色，说明含有酚羟基；在浓硫酸催化作用下能发生消去反应，含有醇羟基，较好的结构可知，侧链为oh、ch2ch2oh，或oh、ch（ch3）oh，各有邻、间、对三种；（4）化合物和化合物在一定条件下按物质的量m：n反应合成高分子化合物，且原子转化率为100%，说明发生加聚反应；（5）能与ch2=chcooh发生类似反应的反应，碳碳双键均断裂，的中间碳原子之间形成1个新的碳碳双键，另外2个碳原子与ch2=chcooh中不饱和碳原子连接，有2种不同连接方式解答： 解：与溴水发生1，4加成所生产的为ch2brch=chch2br，在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成为hoch2ch=chch2oh，v发生氧化反应生成，化合物与新制氢氧化铜溶液、酸化得到，则醛基转化为羧基，则为hoocch=chcooh（1）由结构简式可知化合物的化学式为c8h10o2，碳碳双键与醛基均氢气发生加成反应，故l mol化合物最多能与3mol h2发生加成反应，故答案为：c8h10o2；3；）是卤代烃在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生的水解反应，反应方程式为：brch2ch=chch2br+2naohhoch2ch=chch2oh+2nabr，故答案为：brch2ch=chch2br+2naohhoch2ch=chch2oh+2nabr；（3）化合物对应的同分异构体反应：遇fecl3溶液显紫色，说明含有酚羟基；在浓硫酸催化作用下能发生消去反应，含有醇羟基，较好的结构可知，侧链为oh、ch2ch2oh，或oh、ch（ch3）oh，各有邻、间、对三种，共有6种，其中任意一种为等，故答案为：6；等；（4）化合物和化合物在一定条件下按物质的量m：n反应合成高分子化合物，且原子转化率为100%，说明发生加聚反应，生成物结构简式为，故答案为：；（5）能与ch2=chcooh发生类似反应的反应，碳碳双键均断裂，的中间碳原子之间形成1个新的碳碳双键，另外2个碳原子与ch2=chcooh中不饱和碳原子连接，有2种不同连接方式的一种结构简式为：，故答案为：点评： 本题考查有机物的推断与合成、官能团结构与性质、同分异构体书写等，需要学生熟练掌握官能团的结构、性质以及相互转化，较好的考查学生自学能力、知识迁移运用能力，难度中等10新的研究表明二甲醚（dme）是符合中国能源结构特点的优良车用替代燃料，二甲醚催化重整制氢的反应过程，主要包括以下几个反应（以下数据为25、1.01105pa测定）：ch3och3（g）+h2o（l）2ch3oh（l）h=+24.52kj/molch3oh（l）+h2o（l）co2（g）+3h2（g）h=+49.01kj/molco（g）+h2o（l）co2（g）+h2（g）h=41.17kj/molch3oh（l）co （g）+2h2（g）h=+90.1kj/mol请回答下列问题：（1）写出用二甲醚制h2同时全部转化为co2时反应的热化学方程式ch3och3（g）+3h2o（l）2co2（g）+6h2（g）h=+122.52kj/mol200时反应的平衡常数表达式k=（3）在一常温恒容的密闭容器中，放入一定量的甲醇如式建立平衡，以下可以作为该反应达到平衡状态的判断依据为aa容器内气体密度保持不变 b气体的平均相对分子质量保持不变cco的体积分数保持不变 dco与h2的物质的量之比保持1：2不变（4）工业生产中测得不同温度下各组分体积分数及二甲醚转化率的关系如图1，2所示，你认为反应控制的最佳温度应为ca300350b350400c400450d450500在温度达到400以后，二甲醚与co2以几乎相同的变化趋势明显降低，而co、h2体积分数也以几乎相同的变化趋势升高，分析可能的原因是（用相应的化学方程式表示）可能发生另一种制氢反应为ch3och3+co23h2+3co（5）某一体积固定的密闭容器中进行反应，200时达平衡；请在图4补充画出：t1时刻升温，在t1与t2之间某时刻达到平衡；t2时刻添加催化剂，co2的百分含量随时间变化图象（6）一定条件下，如图3示装置可实现有机物的电化学储氢（忽略其它有机物），则阴极的电极反应式为考点： 化学平衡常数的含义；用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；转化率随温度、压强的变化曲线分析： （1）ch3och3（g）+h2o（l）2ch3oh（l）h=+24.5kj/mol ch3oh（l）+h2o（l）co2（g）+3h2（g）h=+49.01kj/mol由盖斯定律可知，+2得：ch3och3（g）+3h2o（l）2co2（g）+6h2（g），以此计算反应热并书写热化学方程式；平衡常数为生成物浓度的幂次方之积与反应物浓度的幂次方之积的比；（3）当化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不再发生变化，根据密度和平均相对分子质量的公式进行分析解答该题；（4）由图可知在400450时，二甲醚的浓度最小，转化率最大；温度超过400，二甲醚与二氧化碳相同的比例降低，co与氢气相同的比例升高，说明二甲醚与二氧化碳以1：1反应，生成co与氢气的比例相同，则反应的方程式为：ch3och3+co23h2+3co；（5）t1时升高温度，平衡向正反应方向移动，co2的百分含量增加，据此画图；（6）由图可知，左侧苯转化为环己烷，则左侧为阴极，阴极上苯得到电子解答： 解：（1）ch3och3（g）+h2o（l）2ch3oh（l）h=+24.5kj/mol ch3oh（l）+h2o（l）co2（g）+3h2（g）h=+49.01kj/mol由盖斯定律可知，+2得：ch3och3（g）+3h2o（l）2co2（g）+6h2（g）h=+24.5kj/mol+49.01kj/mol2=+122.52kj/mol，则热化学方程式为ch3och3（g）+3h2o（l）2co2（g）+6h2（g）h=+122.52kj/mol，故答案为：ch3och3（g）+3h2o（l）2co2（g）+6h2（g）h=+122.52kj/mol；200时co（g）+h2o（g）co2（g）+h2（g）h=41.17kj/mol，平衡常数表达式k=，故答案为：；（3）a在恒容容器中，体积不变，由ch3oh（l）co（g）+2h2（g）反应可得反应前后气体质量在变，所以密度保持不变，证明达到了化学平衡状态，故a正确；b由于甲醇为液体，气体的组成一直不变，co与氢气的物质的量之比一直是1：2，则平均相对分子质量一直不变，所以平均相对分子质量保持不变不能证明达到了化学平衡状态，故b错误；c由于甲醇为液体，气体的组成一直不变，co与氢气的物质的量之比一直是1：2，所以co的体积分数一直不变，所以co的体积分数保持不变，不能证明达到了化学平衡状态，故c错误；d由于甲醇为液体，气体的组成一直不变，co与氢气的物质的量之比一直是1：2，所以不能证明达到了化学平衡状态，故d错误故答案为：a；（4）由图可知在400450时，二甲醚的浓度最小，转化率最大，故答案为：c；温度超过400，二甲醚与二氧化碳相同的比例降低，co与氢气相同的比例升高，说明二甲醚与二氧化碳以1：1反应，生成co与氢气的比例相同，则反应的方程式为：ch3och3+co23h2+3co，故答案为：可能发生另一种制氢反应为ch3och3+co23h2+3co；（5）t1时升高温度，平衡向正反应方向移动，co2的百分含量增加，图象为，故答案为：；（6）由图可知，左侧苯转化为环己烷，则左侧为阴极，阴极上苯得到电子，则阴极反应式为，故答案为：点评： 本题考查较为综合，涉及盖斯定律的应用、化学平衡常数、平衡状态的判断、图表信息的提取与应用及电极反应等，综合性强，侧重分析与应用能力的综合考查，题目难度中等11锌浮渣主要含zn、zno、sio2、fe2+、cd2+、mn2+，工业上可通过控制条件逐一除去杂质以制备超细活性氧化锌，其工艺流程如图1：（1）锌浮渣利用硫酸浸出后，将滤渣进行再次浸出，其目的是提高锌元素的总浸出率净化是为了将mn2+转化为mno2而除去，试写出该反应的离子方程式mn2+s2o82+2h2o=mno2+2so42+4h+（3）90时，净化2溶液中残留铁的浓度受ph影响如图2ph值较小时，虽有利于fe2+转化为fe3+，但残留铁的浓度仍高于ph为34时的原因是h+抑制fe3+水解（4）滤渣3的主要成分为cd（填化学式）（5）碳化在50进行，“前躯体”的化学式为znco32zn（oh）2h2o，写出碳化过程生成“前躯体”的化学方程式3znso4+6nh4hco3=znco32zn（oh）2h2o+3（nh4）2so4+5co2；碳化时所用nh4hco3的实际用量为理论用量的1.1倍，其原因一是为了使zn2+充分沉淀，二是碳酸氢铵受热分解损失或nh4hco3消耗h+，避免h+浓度过大溶解znco32zn（oh）2h2o考点： 物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用分析： 锌浮渣主要含zn、zno、sio2、fe2+、cd2+、mn2+，加入稀硫酸浸出过滤，得到滤渣为sio2 ，净化加入（nh4）2s2o8溶液，ph=5.4是为了将mn2+转化为mno2而除去，过滤得到滤渣为mno2，滤液在加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液ph沉淀铁离子生成feooh，过滤得到滤液中加入锌置换铬，过滤得到的金属位cd，滤液中加入碳酸氢铵碳化，得到硫酸铵和二氧化碳及“前躯体”的化学式为znco32zn（oh）2h2o，制备得到超细活性氧化锌；（1）滤渣进行再次浸出的目的是提高锌元素的浸出率；（nh4）2s2o8溶液，ph=5.4是为了将mn2+转化为mno2而除去，发生氧化还原反应；（3）依据铁离子水解显酸性分析，氢离子浓度大有利于抑制铁离子的水解；（4）上述分析可知滤渣3为被还原出的cd；（5）依据“前躯体”的化学式为znco32zn（oh）2h2o，结合反应物为硫酸锌和碳酸氢铵，利用原子守恒配平书写化学方程，碳化时所用nh4hco3的实际用量为理论用量的1.1倍，其原因一是为了使zn2+充分沉淀，碳酸氢铵受热分解损失解答： 解：由工业生产流程可知，锌浮渣主要含zn、zno、sio2、fe2+、cd2+、mn2+，加入稀硫酸浸出过滤，得到滤渣为sio2 ，净化加入（nh4）2s2o8溶液，ph=5.4是为了将mn2+转化为mno2而除去，过滤得到滤渣为mno2，滤液在加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液ph沉淀铁离子生成feooh，过滤得到滤液中加入锌置换铬，过滤得到的金属位cd，滤液中加入碳酸氢铵碳化，得到硫酸铵和二氧化碳及“前躯体”的化学式为znco32zn（oh）2h2o，制备得到超细活性氧化锌；（1）锌浮渣利用硫酸浸出后，滤渣进行再次浸出的目的是提高锌元素的浸出率；故答案为：提高锌元素的总浸出率；（nh4）2s2o8溶液具有氧化性，在ph=5.4时是为了将mn2+转化为mno2而除去，发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：mn2+s2o82+2h2o=mno2+2so42+4h+；故答案为：mn2+s2o82+2h2o=mno2+2so42+4h+；（3）90时，净化2溶液中残留铁的浓度受ph影响如图2ph值较小时，虽有利于fe2+转化为fe3+，但残留铁的浓度仍高于ph为34时的原因是，依据铁离子水解显酸性可知，氢离子浓度大有利于抑制铁离子的水解；故答案为：h+抑制fe3+水解；（4）上述分析可知发生zn+cd2+=zn2+cd，滤渣3为被还原出的cd，故答案为：cd；（5）“前躯体”的化学式为znco32zn（oh）2h2o，结合反应物为硫酸锌和碳酸氢铵，滤液中加入碳酸氢铵碳化，得到硫酸铵和二氧化碳及“前躯体”的化学式为znco32zn（oh）2h2o，利用原子守恒配平书写化学方程为：3znso4+6nh4hco3=znco32zn（oh）2h2o+3（nh4）2so4+5co2，碳化时所用nh4hco3的实际用量为理论用量的1.1倍，其原因一是为了使zn2+充分沉淀，碳酸氢铵受热分解损失或nh4hco3消耗h+，避免h+浓度过大溶解znco32zn（oh）2h2o，故答案为：3znso4+6nh4hco3=znco32zn（oh）2h2o+3（nh4）2so4+5co2；碳酸氢铵受热分解损失或nh4hco3消耗h+，避免h+浓度过大溶解znco32zn（oh）2h2o点评： 本题考查了物质提纯和分离的工业制备流程分析判断，实验过程的分析应用，主要是物质性质的理解应用，掌握基础是关键，题目难度较大12某校化学研究性学习小组的同学在学习了氨的性质后讨论：运用类比的思想，既然氨气具有还原性，氨气能否象h2那样还原cuo呢？他们设计实验制取氨气并探究上述问题请你参与该小组的活动并完成下列研究：（一）制取氨气（1）实验室用装置a可快速制取氨气，写出反应的化学方程式2nh4cl+ca（oh）2cacl2+2nh3+2h2o（二）实验探究该小组成员设计实验探究氨气还原性及其产物，实验装置（夹持及尾气处理装置未画出）图如图：该装置